江西省宜丰中学2019届高三上学期第二次月考文数试卷(精校Word版含答案)

宜丰中学2019届高三（上）第二次月考数学试卷（文科）

组题人：聂爱根

一、选择题（每小题5分，共60分）

1．若集合A2,0,1， B{x|x1或x0}，则AB

A． 2

B． 1

C． 2,1

D． 2,0,1

审题人：卢怒

2．“a1”是“a2a成立”的（ ) A． 充分不必要条件 C． 充分必要条件 3．下列命题中，真命题是（ ）

B． 必要不充分条件

D． 既不充分也不必要条件 B．xR,2x

D．a>1,b>1是ab>1的充分条件

x2A．x0R,ex00 C．a+b=0的充要条件是

3

a=-1 b4．设fxasinxbsinx3，若fA． -2 5．若

1，则2

f（ ） 2D． 4

B． -5

，则

C． -7

的值为（ ）

A． B． C． D．

6．在R上定义运算：xyx(1y)，若不等式(xa)(xa)1对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为 ( )

A.1a1

B.13a 22C.331a 222D.0a2

7．等差数列an中的a3,a2017分别是函数fxx6x＋4x1的两个不同极值点，则

log1a1010为（ ）

4A．

1 2满足

B． 2 C． -2 D． -

1 28．已知实数，若的最大值为16，则实数等于

D． A． 2 B．

1 2C． －2

1 2第 1 页 共 8 页

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的图像向左平移个单位，得到函数yfx的图像，则下66列关于函数yfx的说法正确的是（ ）

9．将函数ysin2xA． 奇函数 C． 关于直线x

1210．关于不同的直线m,n与不同的平面,，有下列四个命题：

对称

 2D． 关于点,0对称

4B． 周期是

①m， n，且，则mn ②m//， n//，且//，则m//n ③m， n//，且//，则mn ④m//， n，且，则m//n 其中正确的命题的序号是（ ） A． ① ② B． ②③ C． ①③ 11．若等边，的边长为为的中点，且足：

，则当

取得最小值时，

D． ③④

上一点

满

（ ）

A． B． C． D．

2e,e12．若存在x使得不等式

x1ax成立，则实数a的取值范围为（ ） lnx411111111A． 2, B． 2, C． +2, D． +2,

22e24e22e24e二、填空题

313．已知为钝角，且cos(),则sin2= . 252恒成立，则实数a的取值范围是__________． x23215．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为，那

314．若当x2时，不等式ax么这个三棱柱的体积是_____________.

13x2xsinxxR, 若函数yfx22f2xm只有34(x1)的最小值是_________. 一个零点，则函数gxmxx116．已知函数fx

三、解答题

17．C的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且asin3bcos. （Ⅰ）求角A；

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（Ⅱ）若a

7,且C的面积为

33,求bc的值. 218．如图所示，如果一个几何体的正视图与侧视图是全等的长方形，且边长分别是4与2，俯视图是一个边长为4的正方形 （Ⅰ）求该几何体的表面积； （Ⅱ）求该几何体的外接球的体积

19．a(sinxxxx,3cos),b(cos,cos)，设f(x)ab 2222（Ⅰ）求函数f(x)ab的周期及单调增区间。

（Ⅱ）设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知f(A)3,

b2,sinA2sinC，求边c的值．

20．已知点（1，2）是函数f(x)a(a0,a1)的图象上一点，数列{an}的前n项和是

xSnf(n)1．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bnlogaan1，求数列{anbn}的前n项和Tn

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M是AB的21．如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，

中点.

（1）证明： BC1//平面MCA1；

（2）若ABA BC2，求点C11M2MC2，到平面MCA1的距离.

22．已知函数fxaxe2xaR．

（1）若曲线yfx在x1处的切线与y轴垂直，求yf'x的最大值；

（2）若对任意0x1x2，都有fx2x222ln2fx1x122ln2，求a的取值范围．

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宜丰中学2019届高三（上）第二次月考数学试卷（文科）参 1．C【解析】AB2,1，故选C．

2．A【解析】a2a则a1或a0，“a1”是“a1或a0”的充分不必要条件.故选A

x3．D【解析】此类题目多选用筛选法，因为e0对任意xR恒成立，所以A选项错误；因为当x3时238,329且8<9,所以选项B错误；因为当ab0时ab0,而意义，所以选项C错误；故选D.

4．C【解析】令gxfx3asinxbsinx gxxsibnasin33b无a xxggx为奇函数

gg22f32 又f302f1f27 2，∴

，∴

，故，故选D.

，

，，

5．D【解析】试题分析：∵∴∴6

．

B

【

解

析

】

试

题

分

析

，∵

：(xa)(xa)1转化为

xa1xa1x2x1a2a0恒成立

141a2a0213a 22 a3,a2017 是函数fxx36x24x1 的极值点，

7．D【解析】f'x3x12x4,a3,a2017 是方程3x212x40 的两个实数根，则a3a20174 ，而an 为等差数

列， a3a20172a1010 ，即a20102 ，从而log1a2010log12441 ，故选D. 28．A【解析】如图，作出不等式组所表示的可行域（对应直线当

，即

，其斜率，

.

及其内部区域），目标函数

时，目标函数在点处取得最大值，由，解得

，解得

；②当

，故

，即

，

，解得，

故的最大值为处取得最大值；由的最大值为，故选A．

时，目标函数在点

，显然不合题意，综上，

9．D【解析】函数ysin2x左平移

的图象向6个单位，6yfxsin2x6得到函数

6isnx22cxos2第 5 页 共 8 页

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的图象，可得函数yfx是偶函数且周期为 ，所以选项A、B错误，又

f04，

所以选项D正确，故选D.

10．C【解析】对于①，根据异面直线所成角的概念，mn可按相交垂直分析，又m，n，可知与所成二面角的平面角为直角，故正确； 对于②，mn，且m，n， 与的位置关系可能平行，也可能相交．故错；

对于③，若m，n 且，则mn，故③正确；

对于④，m，n且，则m与n的位置关系不定，故④错．故选C．

11．C详解：如图，可知，x＞0，y＞0； ∵M，A，B三点共线，且∴值∴

12．B【解析】 依题意， a；

此

时

=x=

≥10+，

=

；∴x+y=1；

，当；

∵N

，即3y=x时取“=”，即是=

AB

的=

中．

取最小点

；

lnx2xlnx2x11故hx，令pxlnx2，x故当22224xxlnx4xlnx1x2xe,e时， px0，故pxpelne2e0，故hx0，即x1111hxhe22，故实数a的取值范围是2,，故选B.

24e24e3243n，所以13．【解析】试题分析：由cos，得si()25255424cos,sin22sinc. os52514．,222【解析】∵x2，∴x20

11112e,e在hx,xe,e2上有解，令 ，lnx4xlnx4xx22x222x2x2x222ax，又不等式恒2222x2x2成立

∴a222故答案为： ,222

15．试题分析：由题意可得，球的半径为R2，则正三棱柱的高为h2R4，483【解析】底面正三角形中心到各边的距离为R2，所以底面边长为43，从而所求三棱柱的体积23为VSh434483.故正确答案为483. 41316．5【解析】 fxx2xsinxfx, fx是奇函数, 又

3第 6 页 共 8 页

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fxx22cosx0,则函数fx在R上单调递增,由题意可得

fx22f2xmf2xm只有一个方程根, 根据函数单调得

x222xm, mx22x2 只有一个方程根,即ym与yx22x2只有一

44x11 5当且仅当x3取等号,故应个交点,所以m1,函数gxxx1x1填5.

17．试题解析：（Ⅰ）利用正弦定理化简已知等式得:sinAsinB3sinBcosA,

sinB0,sinA3cosA,即tanA3,又A为三角形的内角,则A60； 1133,bc6,a7,cosA, bcsin6022222由余弦定理得:7b2c2bcbc3bcbc18,

（Ⅱ）SABC即bc25,则bc5. 18．（Ⅰ）由题意可知，该几何体是长方体，底面是边长为4的正方形，高是2，因此该几

2何体的表面积是：球的半径是，因此球的体积

19．（2）由f(A)sin(A，即几何体的表面积是.

，所以球的半径

.

.

（Ⅱ）由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为，

，所以外接球的体积是

33,，A(0,),得 A.

332由sinA2sinC得 a2c.又b2,结合余弦定理得到结论。

)xxx1333f(x)absincos3cos2=sinx=sin(x) cosx2222223252k……即2kx2k…… 32665所以…函数的单调递增区间是[2k,2k]，周期T=2 6分

663（Ⅱ）由f(A)sin(A)3,，A(0,),得 A.

332222由sinA2sinC得 a2c.又b2, 由abc2bccosA得

2 x+

2k13124c222c222ccosc4，0 c0,c 3c2 ……12分

33x20．（1）把点(1,2)代入函数f(x)a得a2， …………（1分）

所以数列an的前n项和为Snf(n)12n1

当n1时，a1S11 …………（3分） 当n2时，anSnSn12n2n12n1

对n1时也适合

an2n1 …………（5分） （2）由a2,bnlogaan1得bnn，

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所以anbnn2n1 …………（6分）

Tn1202213222Tn121222323所以 Tn(n1)2n1．

n2n1 ① (n1)2n1n2n ②

2n1n2n …………（8分）

由①-②得：Tn202122N，则N为AC1的中点，连接MN，又M是21．（1）连接AC1，设AC1与AC1的交点为

AB的中点，所以MN//BC1.又MN平面MCA 1，

BC1平面MCA1，所以BC1//平面MCA1.

（2）由AB2MC2， M是AB的中点，所以

ACB90，

在直三棱柱中， A1M2， AM1，所以

AA13，

又BC2，所以AC2， AC15，所以

AMC90. 1hN在平面MCA1上， 设点C1到平面MCA1的距离为，因为AC1的中点

h，三棱锥A1AMC的体积V故A到平面MCA1的距离也为

1S3AMCAA13，6MCA1的面积S的距离为13113A1MMC1，则VS，得h，故点C1到平面MCAhh1223363. 2x22．（1）由f'x2axe，得f'12ae0， axxe， 2令gxf'xexe，则g'xee，可知函数gx在,1上单调递增，在

1,上单调递减，所以f'xmaxf'10．

2x（2）由题可知函数hxfxx22ln2axx22ln2e在0,上单调

递减，

从而h'x2ax22ln2e0在0,上恒成立，

x令Fx2ax22ln2e，则F'x2ae，

xx当a1时， F'x0，所以函数Fx在0,上单调递减，则2FxmaxF012ln20；

1x0,ln2a上单调时，令F'x2ae0，得xln2a，所以函数Fx在2递增，在ln2a,上单调递减，则FxmaxFln2a

当a2aln2a22ln22a0，即2aln2a2a2ln22，通过求函数yxlnxx的导

1数可知它在1,上单调递增，故a1．综上， a1，即a的取值范围是,1．

2

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